1m2= 100 dm2

1 m² = 100 dm²

1400

14 dm² = 1400 cm²

Nếu p lẻ \(\Rightarrow9p^3-23\ge9.3^3-23>2\)

\(9p^3\) lẻ và 23 lẻ \(\Rightarrow q=9p^3-23\) là số chẵn lớn hơn 2 \(\Rightarrow\) là hợp số (ktm)

\(\Rightarrow p\) chẵn \(\Rightarrow p=2\)

\(\Rightarrow q=9.2^3-23=49\) không phải số nguyên tố (ktm)

Vậy không tồn tại p, q nguyên tố thỏa mãn yêu cầu

viết nhầm thông cảm

2/9 - 7/8 : x = 1

7/8 : x = 2/9 - 1

7/8 : x = -7/9

x = 7/8 : (-7/9)

x = -9/8

Diện tích hình chữ nhật là:

\(16\times24=384\left(m^2\right)\)

Diện tích hình tam giác vuông là:
\(\dfrac{1}{2}\times16\times12=96\left(m^2\right)\)

Diện tích của cả hình là:

\(384+96=480\left(m^2\right)\)

ĐS: ... 

a.

Xét hai tam giác AHB và CAB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{B}-chung\\\widehat{AHB}=\widehat{CAB}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AHB\sim\Delta CAB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BH}{AB}\Rightarrow AB^2=BH.BC\)

b.

Do H là trung điểm BM, trong tam giác ABM có AH vừa là đường cao đồng thời là trung tuyến

\(\Rightarrow\Delta ABM\) cân tại A \(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{AMH}\)

Mà \(\widehat{AMH}=\widehat{CMK}\) (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{CMK}\)

Xét hai tam giác ABH và CMK có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ABH}=\widehat{CMK}\left(cmt\right)\\\widehat{AHB}=\widehat{CKM}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABH\sim\Delta CMK\left(g.g\right)\)

c.

Xét hai tam giác AMH và CMK có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AHM}=\widehat{CKM}=90^0\\\widehat{AMH}=\widehat{CMK}\left(\text{đối đỉnh}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta AMH\sim\Delta CMK\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AM}{CM}=\dfrac{MH}{MK}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AM}{MH}=\dfrac{CM}{MK}\)

Xét hai tam giác AMC và HMK có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{AM}{MH}=\dfrac{CM}{MK}\left(cmt\right)\\\widehat{AMC}=\widehat{HMK}\left(\text{đối đỉnh}\right)\end{matrix}\right.\)  

\(\Rightarrow\Delta AMC\sim\Delta HMK\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AM}{MH}=\dfrac{AC}{HK}\Rightarrow MH.AC=AM.HK\)

Mà H là trung điểm BM \(\Rightarrow MH=\dfrac{1}{2}BM\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}BM.AC=AM.HK\Rightarrow BM.AC=2AM.HK\)

d.

Từ câu c, do \(\Delta AMC\sim \Delta HMK\Rightarrow \widehat{ACM}=\widehat{HKM}\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACM}+\widehat{CAI}=90^0\\\widehat{HKM}+\widehat{HKI}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\widehat{CAI}=\widehat{HKI}\)

Xét hai tam giác CAI và HKI có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{I}-chung\\\widehat{CAI}=\widehat{HKI}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta CAI\sim\Delta HKI\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{CI}{HI}=\dfrac{AI}{KI}\Rightarrow KI.CI=HI.AI\)

Ta có:

\(AC^2=AK^2+KC^2=AI^2-IK^2+KC^2\)

\(=AI\left(AH+HI\right)-IK^2+KC^2\)\(=AH.AI+AI.HI-IK^2+KC^2\)

\(=AH.AI+KI.CI-IK^2+KC^2=AH.AI+KI\left(CI-IK\right)+KC^2\)

\(=AH.AI+KI.CK+KC^2=AH.AI+CK.\left(KI+CK\right)\)

\(=AH.AI+CK.CI\) (đpcm)

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHBA~ΔABC

=>\(\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC\)

b: Xét ΔABM có

AH là đường cao

AH là đường trung tuyến

Do đó: ΔABM cân tại A

=>\(\widehat{AMB}=\widehat{ABM}\)

mà \(\widehat{AMB}=\widehat{CMK}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{ABM}=\widehat{CMK}\)

Xét ΔHBA vuông tại H và ΔKMC vuông tại K có

\(\widehat{HBA}=\widehat{KMC}\)

Do đó: ΔHBA~ΔKMC

d: Gọi N là giao điểm của IM với CA

Xét ΔCAI có

AK,CH là các đường cao

AK cắt CH tại M

Do đó: M là trực tâm của ΔCAI

=>IM\(\perp\)CA tại N

Xét ΔCKA vuông tại K và ΔCNI vuông tại N có

\(\widehat{KCA}\) chung

Do đó: ΔCKA~ΔCNI

=>\(\dfrac{CK}{CN}=\dfrac{CA}{CI}\)

=>\(CK\cdot CI=CA\cdot CN\)

Xét ΔAHC vuông tại H và ΔANI vuông tại N có

\(\widehat{HAC}\) chung

Do đó: ΔAHC~ΔANI

=>\(\dfrac{AH}{AN}=\dfrac{AC}{AI}\)

=>\(AH\cdot AI=AN\cdot AC\)

\(CK\cdot CI+AH\cdot AI\)

\(=AN\cdot AC+CN\cdot AC\)

\(=AC\left(AN+CN\right)=AC^2\)

a: Xét ΔBAD vuông tại A và ΔBED vuông tại E có

BD chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{EBD}\)

Do đó: ΔBAD=ΔBED

b: Ta có: ΔBAD=ΔBED

=>BA=BE

Xét ΔBEF vuông tại E và ΔBAC vuông tại A có

BE=BA

\(\widehat{EBF}\) chung

Do đó: ΔBEF=ΔBAC

=>BF=BC

=>ΔBFC cân tại B

a: Sửa đề: Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với Oy cắt Ox tại F

Xét ΔOBF vuông tại B và ΔOAE vuông tại A có

OB=OA

\(\widehat{BOF}\) chung

Do đó: ΔOBF=ΔOAE

=>BF=AE

b: Ta có: ΔOBF=ΔOAE

=>OF=OE và \(\widehat{OEA}=\widehat{OFB}\)

Ta có: OA+AF=OF

OB+BE=OE

mà OA=OB và OF=OE

nên AF=BE

Xét ΔIAF vuông tại A và ΔIBE vuông tại B có

AF=BE

\(\widehat{IFA}=\widehat{IEB}\)

Do đó: ΔIAF=ΔIBE

c: Ta có: ΔIAF=ΔIBE

=>IA=IB

Xét ΔOAI vuông tại A và ΔOBI vuông tại B có

OI chung

OA=OB

Do đó: ΔOAI=ΔOBI

=>\(\widehat{AOI}=\widehat{BOI}\)

=>OI là phân giác của góc AOB

Xét ΔMNP có \(\widehat{PMN}=\widehat{PNM}\)

nên ΔPMN cân tại P

Ta có: \(\widehat{PME}=\dfrac{\widehat{PMN}}{2}\)

\(\widehat{PNF}=\dfrac{\widehat{PNM}}{2}\)

mà \(\widehat{PMN}=\widehat{PNM}\)

nên \(\widehat{PME}=\widehat{PNF}\)

Xét ΔPME và ΔPNF có

\(\widehat{PME}=\widehat{PNF}\)

PM=PN

\(\widehat{MPE}\) chung

Do đó: ΔPME=ΔPNF

=>ME=NF